20202021備戰(zhàn)中考數(shù)學初中數(shù)學旋轉(zhuǎn)培優(yōu)易錯難題練習含附詳細

2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學初中數(shù)學旋轉(zhuǎn)培優(yōu)易錯難題練習含答案附詳細答案2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學初中數(shù)學旋轉(zhuǎn)培優(yōu)易錯難題練習含答案附詳細答案26/262020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學初中數(shù)學旋轉(zhuǎn)培優(yōu)易錯難題練習含答案附詳細答案2020-2021備戰(zhàn)中考數(shù)學初中數(shù)學旋轉(zhuǎn)培優(yōu)易錯難題練習(含答案)附詳細答案一、旋轉(zhuǎn)1．在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△ABG(如圖①)，求證：△AEG≌△AEF；(2)若直線EF與AB，AD的延長線分別交于點222；M，N(如圖②)，求證：EF=ME+NF(3)將正方形改為長與寬不相等的矩形，若其余條件不變(如圖③)，請你直接寫出線段EF，BE，DF之間的數(shù)量關系.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】試題解析：（1）依照旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可證△AEG≌△AEF；（2）將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△ABG，連接GM．由（1）知△AEG≌△AEF，則EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，爾后證明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代換即可證明EF2=ME2+NF2；（3）將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△ABG，依照旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)能夠獲取ADF≌△ABG，則DF=BG，再證明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代換獲取EF=BE+DF．試題解析：（1）∵△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△ABG，AF=AG，∠FAG=90，°∵∠EAF=45，°∴∠GAE=45，°在△AGE與△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）設正方形ABCD的邊長為a．將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△ABG，連接GM．則△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，EG=EF．∵∠CEF=45，°∴△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，CE=CF，BE=BM，NF=DF，a﹣BE=a﹣DF，BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45=90°°，222EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；3）EF2=2BE2+2DF2．以下列圖，延長EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△AGH，連接HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，則由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，因此有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考點：四邊形綜合題2．以下列圖，△ABC和△ADE是有公共極點的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延長線交BD于點P．（1）把△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)到圖1，BD，CE的關系是（選填“相等”或“不相等”）；簡要說明原由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)，當∠EAC=90°時，在圖2中作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，PD=

，簡要說明計算過程；（3）在（

2）的條件下寫出旋轉(zhuǎn)過程中線段

PD的最小值為

，最大值為

．【答案】（1）BD，CE的關系是相等；（2）534或2034；（3）1，71717【解析】解析：（1）依照△ABC和△ADE是有公共極點的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，進而獲取△ABD≌△ACE，可得出BD=CE；（2）分兩種情況：依照∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，可得△PCD∽△ACE，即可獲取PD=CD，進而獲取PD=534；依照∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得AECE17△BAD∽△BPEPBBE6，PD=BD+PB=20；ABBD3417（3）以A為圓心，AC長為半徑畫圓，當CE在⊙A下方與⊙A相切時，PD的值最??；當CE在在⊙A右上方與⊙A相切時，PD的值最大．在Rt△PED中，PD=DE?sin∠PED，因此銳角∠PED的大小直接決定了PD的大?。謨煞N情況進行談論，即可獲取旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最小值以及最大值．詳解：（1）BD，CE的關系是相等．原由：∵△ABC和△ADE是有公共極點的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，∴△ABD≌△ACE，BD=CE；故答案為相等．（2）作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，若點C在AD上，如圖2所示：∵∠EAC=90，°∴CE=AC2AE234，∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，∴△PCD∽△ACE，PDCD∴，AECE∴PD=534；17若點B在AE上，如圖2所示：∵∠BAD=90，°∴Rt△ABD中，BD=AD2AB234，BE=AE﹣AB=2，∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90，°∴△BAD∽△BPE，PBBEPB2∴BD，即，AB334解得PB=634，34620∴PD=BD+PB=34+34=34，3417故答案為534或2034；1717（3）如圖3所示，以A為圓心，AC長為半徑畫圓，當CE在⊙A下方與⊙A相切時，PD的值最小；當CE在在⊙A右上方與⊙A相切時，PD的值最大．如圖3所示，分兩種情況談論：在Rt△PED中，PD=DE?sin∠PED，因此銳角∠PED的大小直接決定了PD的大?。佼斝∪切涡D(zhuǎn)到圖中△ACB的地址時，在Rt△ACE中，CE=5232=4，在Rt△DAE中，DE=525252，∵四邊形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD=DE2PE250491，即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最小值為1；②當小三角形旋轉(zhuǎn)到圖中△AB'C'時，可得DP'為最大值，此時，DP'=4+3=7，即旋轉(zhuǎn)過程中線段PD的最大值為7．故答案為1，7．點睛：此題屬于幾何變換綜合題，主要觀察了等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、全等三角形的判斷和性質(zhì)、相似三角形的判斷和性質(zhì)、圓的相關知識，解題的要點是靈便運用這些知識解決問題，學會分類談論的思想思慮問題，學會利用圖形的特別地址解決最值問題．3．在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，將一塊等腰直角三角板的直角極點放在斜邊中點O處，將三角板繞點O旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交AB，BC或其延長線于

AC的E，F(xiàn)兩點，如圖①與②是旋轉(zhuǎn)三角板所得圖形的兩種情況．1）三角板繞點O旋轉(zhuǎn)，△OFC可否能成為等腰直角三角形？若能，指出所有情況（即給出△OFC是等腰直角三角形時BF的長）；若不能夠，請說明原由；（2）三角板繞點

O旋轉(zhuǎn)，線段

OE和

OF之間有什么數(shù)量關系？用圖

①或②加以證明；（3）若將三角板的直角極點放在斜邊上的點

P處（如圖③），當

AP:AC=1:4時，PE和PF有怎樣的數(shù)量關系？證明你發(fā)現(xiàn)的結論．【答案】（

1）△OFC是能成為等腰直角三角形，（

2）OE=OF．（3）PE：PF=1：3．【解析】【小題

1】由題意可知，①當

F為

BC的中點時，由

AB=BC=5，能夠推出

CF和

OF的長度，即可推出BF的長度，②當B與F重合時，依照直角三角形的相關性質(zhì)，即可推出OF的長度，即可推出BF的長度；【小題2】連接OB，由已知條件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；【小題3】過點P做PM⊥AB，PN⊥BC，結合圖形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，既而推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，依照已知條件即可推出PA：AC=PE：PF=1：4．4．如圖1，在銳角△ABC中，∠ABC=45°，高線AD、BE訂交于點F．1）判斷BF與AC的數(shù)量關系并說明原由；2）如圖2，將△ACD沿線段AD對折，點C落在BD上的點M，AM與BE訂交于點N，當DE∥AM時，判斷NE與AC的數(shù)量關系并說明原由．1【答案】（1）BF=AC，原由見解析；（2）NE=AC，原由見解析.2【解析】試題解析：（1）如圖1，證明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；2）如圖2，由折疊得：MD=DC，先依照三角形中位線的推論可得：AE=EC，由線段垂直均分線的性質(zhì)得：AB=BC，則∠ABE=∠CBE，結合（1）得：△BDF≌△ADM，則∠DBF=∠MAD，最后證明∠ANE=∠NAE=45°AE=ENEN=12試題解析：1）BF=AC，原由是：如圖1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90，°∵∠ABC=45，°∴△ABD是等腰直角三角形，AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，DACDBF∵ADCBDF，ADBD∴△ADC≌△BDF（AAS），BF=AC；2）NE=1AC，原由是：2如圖2，由折疊得：MD=DC，∵DE∥AM，AE=EC，∵BE⊥AC，AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45，°∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45，°∴AE=EN，1EN=AC．25．在平面直角坐標中，邊長為2的正方形OABC的兩極點A、C分別在y軸、x軸的正半軸上，點

O在原點

.現(xiàn)將正方形

OABC繞O點順時針旋轉(zhuǎn)，當

A點一次落在直線

yx上時停止旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中，

AB邊交直線

y

x于點

M

，BC邊交

x軸于點

N

（如圖）

.1）求邊OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積；2）旋轉(zhuǎn)過程中，當MN和AC平行時，求正方形OABC旋轉(zhuǎn)的度數(shù)；3）設MBN的周長為p，在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中，p值可否有變化？請證明你的結論.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周長不會變化，證明見解析【解析】試題解析：（1）依照扇形的面積公式來求得邊OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積；（2）解決此題需利用全等，依照正方形一個內(nèi)角的度數(shù)求出∠AOM的度數(shù)；（3）利用全等把△MBN的各邊整理到成與正方形的邊長相關的式子．試題解析：（1）∵A點第一次落在直線y=x上時停止旋轉(zhuǎn)，直線y=x與y軸的夾角是45°，∴OA旋轉(zhuǎn)了45°．∴OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積為4522．36022）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45，°∠BNM=∠BCA=45．°∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=1（∠AOC-∠MON）=1（90°-45°）=22.5°．22∴旋轉(zhuǎn)過程中，當MN和AC平行時，正方形OABC旋轉(zhuǎn)的度數(shù)為45°-22.5=22°.5．°3）在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中，p值無變化．證明：延長BA交y軸于E點，則∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，AE=CN．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中，p值無變化．考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).6．如圖1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直線l經(jīng)過點C，AF⊥l于點F，BE⊥l于點E．（1）求證：△ACF≌△CBE；（2）將直線旋轉(zhuǎn)到如圖2所示地址，點D是AB的中點，連接DE．若AB=42，CBE=30，°求DE的長．【答案】（1）答案見解析；（2）26【解析】試題解析：（1）依照垂直的定義獲取∠BEC=∠ACB=90°，依照全等三角形的性質(zhì)獲取∠EBC=∠CAF，即可獲取結論；（2）連接CD，DF，證得△BCE≌△ACF，依照全等三角形的性質(zhì)獲取BE=CF，CE=AF，證得△DEF是等腰直角三角形，依照等腰直角三角形的性質(zhì)獲取EF=2DE，EF=CE+BE，進而得到DE的長．試題解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90，°∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于點F，∴∠AFC=90．°AFCBEC90在△BCE與△ACF中，∵EBCACFBCAC

，∴△ACF≌△CBE（AAS）；2）如圖2，連接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90，°∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于點F，∴∠AFC=90．°在△BCE與△CAF中，∵

AFCBEC90EBCACFBCAC

，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵點D是AB的中點，∴CD=BD，∠CDB=90，°∴∠CBD=∠ACD=45，°而EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE與△CDF中，∵

BECFEBDFCD，BDCF∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90，°∴∠FDC+∠CDE=90，°即∠EDF=90，°∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90，°AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，1EF223∴CE=BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE===2+6．222點睛：此題觀察了全等三角形的判斷和性質(zhì)，等腰直角三角形的判斷和性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，證得△BCE≌△ACF是解題的要點．7．在正方形ABCD中，連接BD．（1）如圖1，AE⊥BD于E．直接寫出∠BAE的度數(shù)．（2）如圖1，在（1）的條件下，將△AEB以A旋轉(zhuǎn)中心，沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)△AB′，E′AB′與BD交于M，AE′的延長線與BD交于N．①依題意補全圖1；

30°后獲?、谟玫仁奖硎揪€段BM、DN和MN之間的數(shù)量關系，并證明．（3）如圖2，E、F是邊BC、CD上的點，△CEF周長是正方形ABCD周長的一半，AE、AF分別與BD交于M、N，寫出判斷線段BM、DN、MN之間數(shù)量關系的思路．（不用寫出完整推理過程）【答案】（1）45°；（2）①補圖見解析；②BM、DN和MN之間的數(shù)量關系是BM2+MD2=MN2，證明見解析；（3）答案見解析.【解析】1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可；2）依題意畫出如圖1所示的圖形，依照性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，判斷線段的關系，再利用勾股定理獲取FB2+BM2=FM2，再判斷出FM=MN即可；3）利用△CEF周長是正方形ABCD周長的一半，判斷出EF=EG，再利用（2）證明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45，°（2）①依題意補全圖形，如圖1所示，②BM、DN和MN之間的數(shù)量關系是BM2+MD2=MN2，將△AND繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，獲取△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD∴∠ADB=∠ABD=45°，，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90，°在Rt△BFM中，依照勾股定理得，F(xiàn)B2+BM2=FM2，∵旋轉(zhuǎn)△ANE獲取AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，F(xiàn)B2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如圖2，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°獲取△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周長為4AB，△CEF周長為EF+EC+CF，∵△CEF周長是正方形ABCD周長的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CFEC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋轉(zhuǎn)獲取AD=AG=AB，AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45，°和（2）的②相同，獲取DN2+BM2=MN2．“點睛”此題是四邊形綜合題，主要觀察了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的全等，判斷出（△AFN≌△ANM，獲取FM=MM），是解題的要點.8．已知:在△ABC中，BC=a，AC=b，以（1）如圖1，當點D與點C位于直線

AB為邊作等邊三角形ABD．研究以下問題:AB的兩側(cè)時，a=b=3，且∠ACB=60°，則CD=

；（2）如圖

2，當點

D與點

C位于直線

AB的同側(cè)時，

a=b=6，且∠ACB=90°，則

CD=

；3）如圖3，當∠ACB變化,且點D與點C位于直線AB的兩側(cè)時，求CD的最大值及相應的∠ACB的度數(shù).【答案】（1）；（2）；（3）當∠ACB=120°時，CD有最大值是a+b.【解析】【解析】1）a=b=3，且∠ACB=60°，△ABC是等邊三角形，且CD是等邊三角形的高線的2倍，據(jù)此即可求解；（2）a=b=6，且∠ACB=90°，△ABC是等腰直角三角形，且CD是邊長是6的等邊三角形的高長與等腰直角三角形的斜邊上的高的差；3）以點D為中心，將△DBC逆時針旋轉(zhuǎn)60°BACE（，則點落在點，點落在點．連接AE，CE，當點E、A、C在一條直線上時，CD有最大值，CD=CE=a+b．【詳解】1）∵a=b=3，且∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴OC=，CD=3；（2）3；3）以點D為中心，將△DBC逆時針旋轉(zhuǎn)60°，則點B落在點A，點C落在點E．連接AE，CE，∴CD=ED，∠CDE=60，°AE=CB=a，∴△CDE為等邊三角形，∴CE=CD．當點E、A、C不在一條直線上時，有CD=CE＜AE+AC=a+b；當點E、A、C在一條直線上時，CD有最大值，CD=CE=a+b；只有當∠ACB=120°時，∠CAE=180°，即A、C、E在一條直線上，此時AE最大∴∠ACB=120，°因此當∠ACB=120°時，CD有最大值是a+b．【點睛】此題主要觀察了等邊三角形的性質(zhì)，以及軸對稱的性質(zhì)，正確理解是解題的要點．

CD有最大值的條件，9．如圖，△ABC是等邊三角形，AB=6cm，D為邊AB中點．動點P、Q在邊AB上同時從點D出發(fā)，點P沿D→A以1cm/s的速度向終點A運動．點Q沿D→B→D以2cm/s的速度運動，回到點D停止．以PQ為邊在AB上方作等邊三角形PQN．將△PQN繞QN的中點旋轉(zhuǎn)180°獲取△MNQ．設四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形的面積為S（cm2），點P運動的時間為

t（s）（0＜t＜3）．（1）當點N落在邊BC上時，求t的值．（2）當點N到點A、B的距離相等時，求t的值．（3）當點Q沿D→B運動時，求S與t之間的函數(shù)表達式．（4）設四邊形PQMN的邊MN、MQ與邊BC的交點分別是與四邊形PQMN的面積比為2：3時t的值．

E、F，直接寫出四邊形

PEMF【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】試題解析：（1）由題意知：當點N落在邊BC上時，點Q與點B重合，此時DQ=3；（2）當點N到點A、B的距離相等時，點N在邊AB的中線上，此時PD=DQ；（3）當0≤t≤時，四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形為四邊形PQMN；當≤t≤時，四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形為五邊形PQFEN．（4）MN、MQ與邊BC的有交點時，此時＜t＜，列出四邊形PEMF與四邊形PQMN的面積表達式后，即可求出t的值．試題解析：（1）∵△PQN與△ABC都是等邊三角形，∴當點N落在邊BC上時，點Q與點B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵當點N到點A、B的距離相等時，點N在邊AB的中線上，∴PD=DQ，當0＜t＜時，此時，PD=t，DQ=2tt=2tt=0（不合題意，舍去），當≤t＜3時，此時，PD=t，DQ=6﹣2tt=6﹣2t，解得t=2；綜上所述，當點N到點A、B的距離相等時，t=2；（3）由題意知：此時，PD=t，DQ=2t當點M在BC邊上時，∴MN=BQPQ=MN=3t，BQ=3﹣2t3t=3﹣2t∴解得t=如圖①，當0≤t≤時，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如圖②，當≤t≤時，設MN、MQ與邊BC的交點分別是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等邊三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；4）MN、MQ與邊BC的交點分別是E、F，此時＜t＜，t=1或．考點：幾何變換綜合題10．如圖2，邊長為2的等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，△ABC繞圓心O順時針方向旋轉(zhuǎn)獲取△，A′分C′別與AB、AC交于E、D點，設旋轉(zhuǎn)角度為．1）當＝，△A′B′與C′△ABC出現(xiàn)旋轉(zhuǎn)過程中的第一次完好重合；2）當＝60°時（如圖1），該圖（）A．是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形B．是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形C．既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形D．既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形（3）如圖

2，當

，△ADE的周長可否會發(fā)生變化，如會變化，說明原由，如不會變化，求出它的周長

.【答案】（

1）120°；（2）C；（3）△

的周長不變

.【解析】【解析】1）依照等邊三角形的中心角為120°可直接求解；2）依照題意可知，當=60°時，點A、、B、、C、為⊙O的六均分點，，所有的三角形都是正三角形，由此可獲取所有圖形即是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；3）獲取結論：周長不發(fā)生變化，連接A，依照弦相等，則它們所對的弧相等的性質(zhì)可得，即

，再依照等弧所對的圓周角相等，得

，由等角對等邊的性質(zhì)可得

，同理，因此可求△

的周長=

=

.【詳解】解：（1）120°.如圖，可依照等邊三角形的性質(zhì)直接依照三角形的內(nèi)角和求得∠O=120°；2）C3）△的周長不變；原由以下：連接AA′，∵，∴

，∴

，∴

，∴

，同理，

，∴△

的周長=

．即考點：正多邊形與圓，圓周角定理11．在△ABC中，AB=AC，將線段，連接AD、BD．（1）如圖1，當∠BAC=100°，（2）如圖2，當∠BAC=100°，（3）已知∠BAC的大小為m（同，請直接寫出的大?。?/p>

AC繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)獲取線段CD，旋轉(zhuǎn)角為，且時，∠CBD的大小為_________；時，求∠CBD的大??；），若∠CBD的大小與（2）中的結果相【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°.【解析】試題解析：（1）由∠BAC=100°，AB=AC，能夠確定∠ABC=∠ACB=40°，旋轉(zhuǎn)角為α，α=60°時△ACD是等邊三角形，且AC=AD=AB=CD，知道∠BAD的度數(shù)，進而求得∠CBD的大小.2）由∠BAC=100°，AB=AC，能夠確定∠ABC=∠ACB=40°，連接DF、BF．AF=FC=AC，F(xiàn)AC=∠AFC=60，°∠ACD=20，°由∠DCB=20案°．依次證明△DCB≌△FCB，△DAB≌△DAF．利用角度相等能夠獲取答案．（3）結合（1）（2）的解題過程能夠發(fā)現(xiàn)規(guī)律，求得答案．試題解析：（1）30°；（2）30°；（2）如圖作等邊△AFC，連接DF、BF．AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60．°∵∠BAC=100，°AB=AC，∴∠ABC=∠BCA=40．°∵∠ACD=20，°∴∠DCB=20．°∴∠DCB=∠FCB=20．°①∵AC=CD，AC=FC，∴DC=FC．②∵BC=BC，③∴由①②③，得△DCB≌△FCB，DB=BF，∠DBC=∠FBC．∵∠BAC=100，°∠FAC=60，°∴∠BAF=40．°∵∠ACD=20，°AC=CD，∴∠CAD=80．°∴∠DAF=20．°∴∠BAD=∠FAD=20．°④AB=AC，AC=AF，∴AB=AF．⑤AD=AD，⑥∴由④⑤⑥，得△DAB≌△DAF．∴FD=BD．∴FD=BD=FB．∴∠DBF=60．°∴∠CBD=30．°3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°．考點：1.全等三角形的判斷和性質(zhì)；2.等邊三角形的判斷和性質(zhì)．12．思想啟迪：（1）如圖1，A，B兩點分別位于一個池塘的兩端，小亮想用繩子測量A，B間的距離，但繩子不夠長，聰穎的小亮想出一個方法：先在地上取一個能夠直接到達B點的點C，連接BC，取BC的中點P（點P能夠直接到達A點），利用工具過點C作CD∥AB交AP的延長線于點D，此時測得CD＝200米，那么A，B間的距離是米．思想研究：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，將△ADE繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，把點E在AC邊上時△ADE的地址作為初步地址（此時點B和點D位于AC的兩側(cè)），設旋轉(zhuǎn)角為α，連接BD，點P是線段BD的中點，連接PC，PE．①如圖2，當△ADE在初步地址時，猜想：PC與PE的數(shù)量關系和地址關系分別是；②如圖3，當α＝90°時，點D落在AB邊上，請判斷PC與PE的數(shù)量關系和地址關系，并證明你的結論；③當α＝150°時，若BC＝3，DE＝l，請直接寫出PC2的值．【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC與PE的數(shù)量關系和地址關系分別是PC＝PE，PC⊥PE，見解析；③PC2＝1033.2【解析】【解析】（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，依照∠APB＝∠DPC即可證明△ABP≌△DCP，即可得AB＝CD，即可解題．2）①延長EP交BC于F，易證△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可證明PC＝PE，PC⊥PE．②作BF∥DE，交EP延長線于點F，連接CE、CF，易證△FBP≌△EDP（SAS），結合已知得BF＝DE＝AE，再證明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可證明PC＝PE，PC⊥PE．③作BF∥DE，交EP延長線于點F，連接CE、CF，過E點作EH⊥AC交CA延長線于H點，由旋轉(zhuǎn)旋轉(zhuǎn)可知，∠CAE＝150°，DE與BC所成夾角的銳角為30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可證可得PC＝PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得222＝1033，即可∴EC＝CH+HE求出PC21EC2103322【詳解】1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，在△ABP和△DCP中，BPCPAPBDPC，BC∴△ABP≌△DCP（SAS），∴DC＝AB．∵AB＝200米．∴CD＝200米，故答案為：200．（2）①PC與PE的數(shù)量關系和地址關系分別是PC＝PE，PC⊥PE．原由以下：如解圖1，延長EP交BC于F，同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（SAS），PF＝PE，BF＝DE，又∵AC＝BC，AE＝DE，F(xiàn)C＝EC，又∵∠ACB＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∵EP＝FP，∴PC＝PE，PC⊥PE．②PC與PE的數(shù)量關系和地址關系分別是PC＝PE，PC⊥PE．原由以下：如解圖2，作BF∥DE，交EP延長線于點F，連接CE、CF，同①理，可知△FBP≌△EDP（SAS），BF＝DE，PE＝PF＝1EF，2∵DE＝AE，BF＝AE，∵當α＝90°時，∠EAC＝90°，∴ED∥AC，EA∥BCFB∥AC，∠FBC＝90，∴∠CBF＝∠CAE，在△FBC和△EAC中，BFAECBECAE，BCAC∴△FBC≌△EAC（SAS），CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，∵∠ACB＝90°，∴∠FCE＝90°，∴△FCE是等腰直角三角形，∵EP＝FP，1∴CP⊥EP，CP＝EP＝EF．③如解圖3，作BF∥DE，交EP延長線于點F，連接CE、CF，過E點作EH⊥AC交CA延長線于H點，當α＝150°時，由旋轉(zhuǎn)旋轉(zhuǎn)可知，∠CAE＝150°，DE與BC所成夾角的銳角為30°，∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°同②可得△FBP≌△EDP（SAS），同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝2CE，2在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，∴HE＝1，AH＝3，22又∵AC＝AB＝3，∴CH＝3+3，2∴EC2＝CH2+HE2＝1033∴PC2＝1EC2103322【點睛】此題觀察幾何變換綜合題，觀察了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判斷和性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)、勾股定理和30°直角三角形性質(zhì)等知識，解題的要點是正確搜尋全等三角形解決問題，屬于壓軸題．13．在正方形ABCD中，對角線AC與BD交于點O；在Rt△PMN中，∠MPN90°．1）如圖1，若點P與點O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分別交AD、AB于點E、F，請直接寫出PE與PF的數(shù)量關系；（2）將圖1中的Rt△PMN繞點O順時針旋轉(zhuǎn)角度α（0°<α<45）°．①如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中（1）中的結論仍舊成立嗎？若成立，請證明；若不行立，請說明原由；②如圖2，在旋轉(zhuǎn)過程中，當∠DOM15°時，連接EF，若正方形的邊長為2，請直接寫出線段EF的長；③如圖3，旋轉(zhuǎn)后，若Rt△PMN的極點P在線段OB上搬動（不與點O、B重合），當BD3BP時，猜想此時PE與PF的數(shù)量關系，并給出證明；當BDm·BP時，請直接寫出PE與PF的數(shù)量關系．【答案】（1）PE=PF；（2）①成立，原由參見解析；②；③PE=2PF，原由參見解析；PE=（m-1）·PF．【解析】試題解析：（1）可利用角均分線性質(zhì)定理獲取PE=PF；（2）①成立，可用角邊角定理判定△AOF≌△DOE，進而獲取PE=PF；②要想求出EF的長，要點要求出OE的長，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60o，作OH⊥AD于H，若正方形的邊長為2，則OH=1，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF即可求出；③成立相似三角形，過P點作PH⊥AB，PK⊥AD，垂足為H、K，則四邊形AHPK為矩形，△PHB和△PKD都是等腰直角三角形，是相似的，∵BD3BP，∴可算出HP:PK的值，爾后經(jīng)過△FHP∽△PKE獲取PE與PF的關系．由前面的思路可得出當BD=m·BP時，BD:PD=（m-1）：1，∴PE:PF=（m-1）：1，進而確定PE與PF的數(shù)量關系．試題解析：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠OAE=45o，又∵PM⊥AD、PN⊥AB，∴PE=PF；（2）①成立，PE仍等于PF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠ODE=45o，OA=OD，又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角，∴∠AOF=∠DOE，∴△AOF≌△DOE（ASA），∴OE=OF，即PE=PF；②作OH⊥AD于H，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60o，∠HOE=30°，若正方形的邊長為2，則OH=1，在Rt△HEO中，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF=OE=×=；③成立相似三角形，過P點作PH⊥AB，PK⊥AD，垂足為H、K，則四邊形AHPK為矩形，∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°，∴△PHB∽△PKD，∴，∵BD=3BP，∴=，∵∠HPF+∠FPK=90∠°KPE+∠FPK=90，°∴∠HPF=∠KPE，又∵∠PHF=∠PKE=90，°∴△PHF∽△PKE，∴=，即PE="2PF"；當